\chapter{Первообразная}

\section{Основные определения}
  \definition[первообразная]{
    Пусть \(f : [a, b] \to \realnum\); Функцию \(F\) будем называть
    \defined{первообразной} функции \(f\) если \(\forall{x\in [a,b]}~F'(x) =
    f(x)\).
  }
  \subsection{Свойства первообразной}
    \begin{enumerate}
      \item
        Пусть \(f : [a, b] \to \realnum\) и \(F_1, F_2\) -- её первообразные.
        Тогда \(F_1(x) - F_2(x) = \const\).
        \begin{proof}  
          Рассмотрим \(h(x) = F_1(x) - F_2(x)\) и продифференцируем её: \[
            h'(x) = F'_1(x) - F'_2(x) = f(x) - f(x) = 0
          \]. Следовательно, \(h(x) = \const\).
        \end{proof}
        \definition[неопределённый интеграл]{
          Множество всех первообразных функции \(f\) называется её
          \defined{неопределённым интегралом} и обозначается так: \[
            \int f(x) dx \equiv \left\{F(x) + C | C \in \realnum\right\}
          \].
        }
        В дальнейшем будет использоваться укороченная запись <<\(F(x) + C\)>>,
        где \(C \in \realnum\) и знаки множества будут опускаться.
        
      \item
      Можно составить таблицу первообразных, повернув таблицу производных наоборот.
      %\begin{table}[H]
      %  \centering\large
      %  \caption{Таблица основных первообразных}
      %  \begin{tabular}{ @{\(\int\big(\)} c @{\(\big)dx =\;\)} c @{\(+C\)}}
      %    \(x^{\alpha}\) &  \(\frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\) \\
      %    \(\frac{1}{x}\) & \(\ln|x|\) \\
      %    \(e^x\) & \(e^x\) \\
      %    \(a^x\) & \(\frac{a^x}{\ln{a}}\) \\
      %    \(\sin{x}\) & \(-\cos{x}\) \\
      %    \(\cos{x}\) & \(\sin{x}\) \\
      %    \(\tg^2{x} + 1\) & \(\tg{x}\) \\
      %    \(\ctg^2{x} + 1\) & \(-\ctg{x}\) \\
      %    \(\frac{1}{1 + x^2}\) & \(\arctg{x}\) \\
      %    \(\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\) & \(\arcsin{x}\)\\
      %  \end{tabular}
      %\end{table}
  
      \item
        \[
          \int Cf(x)dx = C\int f(x)dx
        \]. Это следует из однородности производной.
      \item
        \[
          \int f(x)\pm g(x) dx = \int f(x)dx \pm \int g(x) dx
        \]. Это следует из аддитивности производной.
      \item
        Пусть \(F(x)\) -- первообразная для \(f(x)\).  Тогда
        \(\frac{1}{k}F(kx+b)\) -- первообразная для \(f(kx+b)\).
        \begin{proof}
          \[
            \left(\frac{1}{k}F(kx+b)\right)' = \frac{1}{k}F'(kx+b)(kx+b)' =
            \frac{1}{k}f(kx+b)k = f(kx+b)
          \].
        \end{proof}
      \item
        \(f(g(x))' = f'(g(x))g'(x)\). Пусть \(F(x)\) -- первообразная для
        \(f(x)\). Тогда \[
          \int f(g(x))g'(x)dx = F(g(x)) + C
        \].
        
        Есть также промежуточная форма записи этого уравнения, на самом деле
        лишённая смысла: \[
          \int f\left(g(x)\right) dg(x) = F(g(x)) + C
        \]. Такую запись называют \defined[внесение под знак
        дифференциала]{внесением под знак дифференциала}. Она оказывается очень
        удобной для взятия некоторых интегралов, поэтому мы будем ею
        пользоваться.
        
        Приведём пример, где она упрощает решение: \[
          \int \tg{x} dx = \int \frac{\sin{x}}{\cos{x}}dx = \int \frac{(-\cos{x})'}{\cos{x}}dx = -\int \frac{d(\cos{x})}{\cos{x}} = -\ln|\cos{x}|
        \].
        
        Можно использовать это равенство в другую сторону (тогда называют
        \defined[замена переменной в интеграле]{заменой переменной}): \[
          \int f(x)dx = \int f(x(t)) dx(t) = \int f(x(t)) x'(t) dt
        \]. Иногда это упрощает ситуацию, приведём пример: \[
          \int \sqrt{1 - x^2}dx \underset{x = \sin{t}}{\overset{t \equiv
          \arcsin{x}}{=}} \int \sqrt{1 - \sin^2{t}} d(\sin{t}) = \int\sqrt{1 -
          \sin^2{t}} \cos{t}dt \overset{t \in (-\frac{\pi}{2},
          \frac{\pi}{2})}{=} \int\cos^2{t}dt = \int\frac{1 + \cos{2t}}{2}dt =
          \frac{1}{2}\int dt + \frac{1}{2}\int\cos{2t}dt = \frac{1}{2}t +
          \frac{1}{4}\sin{2t} + C = \frac{1}{2}t + \frac{1}{2}\sin{t}\cos{t}
          \overset{\sin(\arcsin{x}) = x}{\underset{\cos(\arcsin{x}) = \sqrt{1 -
          x^2}}{=}} \frac{1}{2} \arcsin{x} + \frac{1}{2}x\sqrt{1 - x^2}
        \].
      \item
        \[
          \int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)dx
        \].
        \begin{proof}
          \{
            \[
              f'(x) g(x) + f(x)g'(x) = (f(x)g(x))'
            \], \[
              \int (f'(x)g(x) + f(x)g'(x) )dx = f(x)g(x) + C
            \], \[
              \int f'(x)g(x)dx + \int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) + C
            \], \[
              \int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)dx
            \].
          \}.
        \end{proof}
        Эта формула называется формулой \defined[интегрирование по
        частям]{интегрирования по частям}.  Приведём пример: \[
          \int \ln{x} dx = x\ln{x} - \int{xd\ln{x}}= x\ln{x} - \int
          x\frac{1}{x}dx = x\ln{x} - x + C
        \].
    \end{enumerate}
\section{Первообразные рациональных функций}
  \begin{theorem}
    Пусть имеется рациональная дробь; разложим знаменатель на два взаимно
    простых многочлена. Тогда эта дробь представляется в виде такой суммы: \[
      \frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{P(x)}{Q_1(x)Q_2(x)} = \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} +
      \frac{P_2(x)}{Q_2(x)}
    \].
  \end{theorem}
  \begin{proof}
      Если \(Q_1(x)\) и \(Q_2(x)\) взаимно просты, то \(R_1(x)Q_1(x) +
      R_2(x)Q_2(x) = 1\).  Умножим обе части на \(P(x)\) и получим для него
      представление. Его и подставим в числитель: \[
        \frac{P(x)R_1(x)Q_1(x) + P(x)R_2(x)Q_2(x)}{Q_1(x)Q_2(x)} =
        \frac{P(x)R_2(x)}{Q_1(x)} + \frac{P(x)R_1(x)}{Q_2(x)}
      \].
  \end{proof}
  По индукции можно доказать, что \(\frac{P(x)}{Q_1(x)Q_2(x)\ldots Q_n(x)}\),
  где все \(Q\) попарно взаимно просты, также представляется в виде суммы \(n\)
  слагаемых.

  \subsection{Первообразные простых дробей}
    \begin{theorem}[первообразная простой дроби]
      Все функции вида \(f(x) = \frac{a}{(x - \alpha)^p}\) имеют первообразную.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Найдём эту первообразную стандартными средствами: \[
          \int\frac{a}{(x - \alpha)^p}dx = \int\frac{a}{(x - \alpha)^p}d(x -
          \alpha) = \left\{\begin{array}{l l}
            a\ln|x - \alpha| + C & p = 1 \\
            a\frac{(x - \alpha)^{1 - p}}{1 - p} + C & p \neq 1 \\
          \end{array}\right.
      \].
    \end{proof}

    \begin{theorem}
      Функции вида \(f(x) = \frac{1}{(t^2 + a^2)^l}\), где \(l \ge 1\), имеют первообразную.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Найдём эту первообразную, рассмотрев два случая:
      \begin{itemize}
      \item \(l = 1\). \[
          \int\frac{1}{t^2 + a^2}dt =
          \frac{1}{a}\int\frac{1}{\left(\frac{t}{a}\right)^2 + 1}d\frac{t}{a} =
          \frac{1}{a}\arctg\frac{t}{a}
        \].
      \item \(l > 1\).
        Этот интеграл выражается рекуррентной формулой. Для того, чтобы вывести
        её, воспользуемся интегрированием по частям: \[
            \int\frac{1}{(t^2 + a^2)^l}dt = \frac{t}{(t^2 + a^2)^l} - \int
            td\left(\frac{1}{(t^2 + a^2)^l}\right) = \frac{t}{(t^2 + a^2)^l} +
            \int \frac{t\cdot2lt}{(t^2 + a^2)^{l + 1}}dt = \frac{t}{(t^2 +
            a^2)^l} + 2l\int\frac{(t^2 + a^2) - a^2}{(t^2 + a^2)^{l + 1}} =
            \frac{t}{(t^2 + a^2)^l} + 2l\left(\int\frac{1}{(t^2 + a^2)^l}dt -
            a^2\int\frac{1}{(t^2 + a^2)^{l + 1}}dt\right)
        \]. Отсюда, имеем рекуррентную формулу: \[
          \int\frac{1}{(t^2 + a^2)^{l + 1}}dt = \frac{1}{a^2}\left(\frac{2l -
          1}{2l}\int\frac{1}{(t^2 + a^2)^l}dt + \frac{1}{2l}\frac{t}{(t^2 +
          a^2)^l}\right)
        \].
      \end{itemize}
    \end{proof}

    \begin{theorem}
      Функции вида \(f(x) = \frac{ax + b}{(x^2 + px + q)^l}\), где \(p^2 < 4q\) и \(l \ge 1\), имеют первообразную.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Найдём эту первообразную стандартными средствами: \[
        \int\frac{ax + b}{(x^2 + px + q)^l}dx = \int\frac{ax + b}{\left((x +
        \frac{p}{2})^2 - \frac{p^2}{4} + q\right)^l}dx = \int\frac{a\left(t -
        \frac{p}{2}\right) + b}{\left(t^2 + q - \frac{p^2}{4}\right)^l}dt =
        a\int\frac{tdt}{\left(t^2 + q - \frac{p^2}{4}\right)^l} + \left(b -
        \frac{ap}{2}\right)\int\frac{dt}{\left(t^2 + q - \frac{p^2}{4}\right)^l}
        = \mathref{1} + \left( b - \frac{ap}{2} \right)\mathref{2}
      \]. Найдём интегралы, помеченные звёздочками: \[
          \mathref{1} = a\int\frac{tdt}{\left( t^2 + q - \frac{p^2}{4}
          \right)^l} = \left[\begin{array}{l}
            u = t^2 + q - \frac{p^2}{4} \\
            t = \sqrt{u - q + \frac{p^2}{4}} \\
            dt = \frac{du}{2\sqrt{u - q + \frac{p^2}{4}}} \\
          \end{array}\right] = a\int\frac{\sqrt{u - q +
          \frac{p^2}{4}}}{2u^l\sqrt{u - q + \frac{p^2}{4}}} =
          \frac{a}{2}\int\frac{du}{u^l} = \left\{\begin{array}{l l}
            \frac{a}{2}\ln{u} & l = 1 \\
            \frac{a}{2}\frac{u^{1 - l}}{1 - l} & l \neq 1 \\
          \end{array}\right. = \left\{\begin{array}{l l}
            \frac{a}{2}\ln(t^2 + q - \frac{p^2}{4}) & l = 1 \\
            \frac{a}{2}\frac{\left( t^2 + q - \frac{p^2}{4} \right)^{1 - l}}{1 -
            l} & l \neq 1\\
          \end{array}\right. = \left\{\begin{array}{l l}
            \frac{a}{2}\ln(x^2 + px + q) & l = 1 \\
            \frac{a}{2}\frac{\left( x^2 + px + q \right)^{1 - l}}{1 - l} & l
            \neq 1 \\
          \end{array}\right.
      \].
      Обозначив \(a^2 = q - \frac{p^2}{4}\) (это можно сделать, так как \(p^2 <
      4q\)), получаем, согласно предыдущей лемме, \(\mathref{2}\) имеет
      первообразную, которую можно найти по рекуррентной формуле: \[
        \mathref{2} = \int\frac{1}{(t^2 + q - \frac{p^2}{4})^{l + 1}}dt =
        \left\{\begin{array}{l l}
          \frac{1}{q - \frac{p^2}{4}}\left(\frac{2l - 1}{2l}\int\frac{1}{(t^2 +
          q - \frac{p^2}{4})^l}dt + \frac{1}{2l}\frac{t}{(t^2 + q -
          \frac{p^2}{4})^l}\right) & l > 1 \\
          \frac{1}{\sqrt{q - \frac{p^2}{4}}}\arctg\frac{t}{\sqrt{q - \frac{p^2}{4}}} & l = 1 \\
        \end{array}\right.
      \].

      Таким образом, искомый интеграл также находится по рекуррентной формуле:
      \{
        \[
          \int\frac{ax + b}{(x^2 + px + q)^{l + 1}}dx = \frac{a}{2}\frac{\left(
          x^2 + px + q \right)^{1 - l}}{1 - l} + \frac{1}{q -
          \frac{p^2}{4}}\left(\frac{2l - 1}{2l}\int\frac{1}{(x^2 + px + q)^l}dt
          + \frac{1}{2l}\frac{t}{(x^2 + px + 1)^l}\right)
        \], \[
          \int\frac{ax + b}{(x^2 + px + q)}dx = \frac{a}{2}\ln(x^2 + px + q) +
          \frac{1}{\sqrt{q - \frac{p^2}{4}}}\arctg\frac{(x +
          \frac{p}{2})^2}{\sqrt{q - \frac{p^2}{4}}} 
        \].
      \}
    \end{proof}

    \subsection{Первообразные всевозможных рациональных функций}
  \definition[рациональне функции]{
    \defined{Рациональные функции} -- функции, получаемые четырьмя арифметическими действиями над полиномами.
  }
  \begin{theorem}[первообразная рациональной функции]
    Все они обладают первообразной.
  \end{theorem}
  \begin{proof}
    У нас \(Q(x)\) разложен как \[
      Q(x) = C\prod\limits_{k = 1}^{m} (x - \alpha_k)^{\beta_k} \prod_{j = 1}^{n}\underbrace{(x^2 + A_jx + B_j)^{\gamma_j}}_{\text{не имеют корней}}
    \]. Такое разложение всегда существует и единственно по основной теореме
    алгебры (которую можно почитать в курсе линейной
    алгебры\cite[стр.~36]{polischuk}). Все множители попарно взаимно просты. Это
    значит, согласно лемме, что нашу рациональную функцию можно разложить в
    сумму дробей: \[
      \frac{P(x)}{Q(x)} = \sum\limits_{k = 1}^{m} \frac{P_k(x)}{(x -
      \alpha_k)^{\beta_k}} + \sum\limits_{j = 1}^{n}\frac{T_j(x)}{(x^2 + A_jx +
      B_j)^{\gamma_j}}
    \].
    
    Теперь можно возиться с каждой дробью по отдельности. В дальнейшем не будем
    писать индекс при рассмотрении одного слагаемого.
    \newline
    \begin{tabular}{p{0.45\textwidth} | p{0.45\textwidth}}
      \[
        \frac{P(x)}{(x - \alpha)^{\beta}}
      \].
      &
      \[
        \frac{T(x)}{(x^2 + Ax + B)^{\gamma}}
      \].
      \\
      Это в общем случае неправильная дробь. Выделим целую часть:
      &
      Это в общем случае неправильная дробь. Выделим целую часть:
      \\
      \[
        \frac{P(x)}{(x - \alpha)^{\beta}} =\tilde{P}(x) + \frac{P'(x)}{(x -
        \alpha)^{\beta}} \quad \Bigg| \deg{{P}'(x)} < \beta
      \]. Получили многочлен \(\tilde{P}(x)\) и правильную дробь. Многочлены
      интегрировать мы умеем, а правильную дробь можно разложить на простые.
      Доказательство можно почитать в учебнике
      Фихтенгольца\cite[стр.~38]{fichtengoltz}.
      &
      \[
        \frac{T(x)}{(x^2 + Ax + B)^{\gamma}} =\tilde{T}(x) + \frac{T'(x)}{(x^2
        + Ax + B)^{\gamma}} \quad \Bigg| \deg{T'(x)} < \gamma
      \].  Получили многочлен \(\tilde{T}(x)\) и правильную дробь. Многочлены
      интегрировать мы умеем, а правильную дробь можно разложить на простые.
      \\
      \[
        \frac{P(x)}{(x - \alpha)^{\beta}} =
        \tilde{P}(x) +  \sum\limits_{p = 1}^{\beta}\frac{a_p}{(x - \alpha)^p}
      \].
      &
      \[
        \frac{T(x)}{(x^2 + Ax + B)^{\gamma}} = \tilde{T}(x) + \sum\limits_{q =
        1}^{\gamma}\frac{a_q + b_qx}{(x^2 + Ax + B)^{q}}
      \].
    \end{tabular}
    
    За счёт того, что всё раскладывается на простые дроби\footnote{в курсе
    возможность разложения правильной дроби на простые вроде как не
    доказывалась. Но надо будет \textbf{обязательно} спросить на консультации,
    требуется ли её доказывать на экзамене.}, получается что
    \(\frac{P(x)}{Q(x)}\) представляется в виде многочлена и суммы простых
    дробей: \[
      \frac{P(x)}{Q(x)} = \tilde{R}(x) + \sum\limits_{p}\frac{a_p}{(x -
      \alpha)^p} +  \sum\limits_{q}\frac{a_q + b_qx}{(x^2 + Ax + B)^{q}}
    \]. Все эти слагаемые мы умеем интегрировать.
  \end{proof}
\section{Интегралы, сводящиеся к интегралам от рациональных функций.
Дробно-линейная иррациональность}
  Следующее определение не является формальным и необходимым, скорее просто
  обозначение. Тем не менее, введём его для удобства.
  \definition[рациональная функция от функций]{
    \(f(x)\) -- <<\defined{рациональная функция от функций \(g_1 \ldots
    g_n\)}>>, если \(f(x)\) получена применением четырёх арифметических действий
    к функциям \(g_1, g_2, \dots, g_n\).  Записывать это будем так: \[
        f(x) = \rational{g_1(x), g_2(x), \dots, g_n(x)}
    \].
  }
  \subsection{Рациональные от экспоненты}
    \[
      f(x) = \rational{e^x}
    \]. Обозначим за \(t\) экспоненту:
    \{
      \[
        e^x \equiv t
      \], \[
        x = \ln{t}
      \], \[
        dx = \frac{dt}{t}
      \].
    \}
    Возьмём интеграл: \[
      \int\rational{e^x}dx = \int\frac{\rational{t}}{t}dt
    \]. Мы получили рациональную функцию под знаком интеграла. Кстати, этот же
    приём работает для гиперболический функций, так как они составлены из
    экспонент.
  \subsection{Рациональные от тригонометрии}
    \[
      f(x) = \rational{\sin{x}, \cos{x}}
    \]. Пользуемся универсальной тригонометрической подстановкой:
    \{
      \[
        \sin{x} = \frac{2\tg{\frac{x}{2}}}{1 + \tg^2\frac{x}{2}}
      \], \[
        \cos{x} = \frac{1 - \tg^2{\frac{x}{2}}}{1 + \tg^2\frac{x}{2}}
      \].
    \}
    Тогда \{
      \[
        \tg\frac{x}{2} \equiv t
      \], \[
        x = 2\arctg{t}
      \], \[
        dx = \frac{2}{1 + t^2}dt
      \].
    \}
    И возьмём интеграл: \[
      \int\rational{\sin{x}, \cos{x}} = \int\rational{\frac{2t}{1 + t^2},
      \frac{1 - t^2}{1 + t^2}}\cdot\frac{2}{1 + t^2}dt
    \]. Первообразная существует, так как под интегралом стоит рациональная
    функция.
  \subsection{Дробно-линейная иррациональность}
    \[
      f(x) = \rational{x, \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_1}{n_1}},
      \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_2}{n_2}}, \dots,
      \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_k}{n_k}}}
      \quad
      \begin{array}{r}
        m_i \in \mathbb{Z} \\
        n_i \in \mathbb{N} \\
      \end{array}
    \]. Сделаем замену переменной: \[
      t \equiv \left(\frac{ax+b}{px+q}\right)^{\frac{1}{N}}
    \]. Тогда \[
      t^N = \frac{ax+b}{px+q}
    \]. Здесь \(N\) -- общий знаменатель дробей \(\frac{m_1}{n_1},
    \frac{m_2}{n_2}, \dots, \frac{m_k}{n_k}\).

    Тогда
    \{
      \[
        pt^N x + qt^N = ax + b
      \], \[
        x(pt^N - a) = b - qt^N
      \], \[
        x = \frac{b - qt^N}{pt^N - a}
      \], \[
        dx = \frac{Nt^{N - 1}(qa - bp)}{(pt^N - a)^2}dt
      \].
    \}
    Теперь возьмём сам интеграл: \[
      \int\rational{x, \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_1}{n_1}},
      \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_2}{n_2}}, \dots,
      \left(\frac{ax + b}{px + q}\right)^{\frac{m_k}{n_k}}} =
      \int\rational{\frac{b - qt^N}{pt^N - a}, t^{m_1\frac{N}{n_1}},
      t^{m_2\frac{N}{n_2}}, \dots, t^{m_k\frac{N}{n_k}}}\frac{Nt^{N - 1}(qa -
      bp)}{(pt^N - a)^2}dt
    \].
    Так как \(N\) -- общий знаменатель всех дробей, то \(\frac{N}{n_i}\) --
    целые числа, а значит мы получили рациональную функцию, следовательно её
    первообразная существует.
\section{Три подстановки Эйлера}
  В задачнике\cite[стр.~37]{exercisebook} даются также варианты с произвольно
  изменёнными знаками при замене. Кстати, формулы лучше сверить с ним или другой
  литературой (мало ли было возможностей ошибиться).

  Рассматриваем функции вида \[
    f(x) = \rational{x, \sqrt{ax^2 + bx + c}}
  \].
  \begin{enumerate}
    \item\(a > 0\)
      \begin{align*}
                       t &\equiv \sqrt{ax^2 + bx + c} + x\sqrt{a} &
                         &x = \frac{t^2 - c}{b + 2t\sqrt{a}}\\
ax^2 - 2tx\sqrt{a} + t^2 &= ax^2 + bx + c &
                        d&x = 2\frac{\sqrt{a}t^2 + bt + c\sqrt{a}}{(b + 2t\sqrt{a})^2}dt
      \end{align*}
      Теперь проинтегрируем:
      \[
        \int\rational{x, \sqrt{ax^2 + bx + c}} = \int\rational{\frac{t^2 - c}{b
        + 2t\sqrt{a}}, t - \frac{t^2 - c}{b +
        2t\sqrt{a}}\sqrt{a}}\cdot2\frac{\sqrt{a}t^2 + bt + c\sqrt{a}}{(b +
        2t\sqrt{a})^2}dt
      \]. Функция получается громоздкая, но метод работает.
    \item\(c > 0\)
      \begin{align*}
                                  t &\equiv \frac{\sqrt{ax^2 + bx + c}}{x} + \frac{\sqrt{c}}{x} &
                                    &x = \frac{b + 2t\sqrt{c}}{t^2 - a}\\
x\left(xt^2 - 2t\sqrt{c}\right) + c &= x\left(ax + b\right) + c &
                                   d&x = 2\frac{(t^2 - 2t - 1)\sqrt{c} - b}{(t^2 - a)^2}
      \end{align*}
      Осталось подставить.
    \item \(\sqrt{ax^2 + bx + c} = \sqrt{a(x - x_1)(x - x_2)}\) (нашлись корни).
      \begin{align*}
              t &= \sqrt{\frac{a(x - x_1)}{(x - x_2)}} &
                &x = \frac{t^2 x_2 - \alpha x_1}{t^2 - \alpha} \\
  xt^2 - x_2t^2 &= \alpha x - \alpha x_1   &
               d&x = 2\alpha t\frac{x_1 - x_2}{(t^2 - \alpha)^2}
      \end{align*}
      Получаем дробно-линейную иррациональность под \(t\) и сводим задачу к
      предыдущему параграфу.
  \end{enumerate}
  Ещё можно менять знаки.
\section{Интеграл Чебышёва}\index{интеграл Чебышёва}
  \begin{align*}
    \mathref{1} = \int x^m(a+bx^n)^pdx ~~ m,n,p\in\mathbb{Q}
  \end{align*}
  \begin{enumerate}
    \item \(p \in \mathbb{Z}\)
      \begin{align*}
        t &\equiv x^{\frac{1}{A}} & &x = t^A \\
        A &\equiv \text{общий знаменатель дробей \(m\) и \(n\)} & d&x = At^{A - 1}dt \\
      \end{align*}
      Выполним подстановку: \[
        \mathref{1} = \int x^m(a+bx^n)^pdx = \int t^{Am}(a + bt^{An})^p\cdot
        At^{A - 1}dt = A\int t^{A(m + 1) - 1}(a + bt^{An})^pdt
      \]. Так как \(A\) -- общий знаменатель дробей \(m\) и \(n\), \(Am\) и
      \(An\) -- целые числа, а так как \(p\) -- тоже целое, под интегралом мы
      получили рациональную функцию.
    \item \(\frac{m + 1}{n} - 1 \in \mathbb{Z}\)
      \begin{align*}
        t &= x^n & &x = t^{\frac{1}{n}} \\
        && d&x = \frac{1}{n}t^{\frac{1}{n} - 1}dt
      \end{align*}
      Подставим: \[
        \mathref{1} = \int x^m(a+bx^n)^pdx = \frac{1}{n}\int t^{\frac{m}{n}}(a +
        bt)^p \frac{1}{n}t^{\frac{1}{n} - 1}dt = \frac{1}{n^2}\int (a + bt)^p
        t^{\frac{m + 1}{n} - 1}dt = \mathref{2}
      \]. Теперь нужно сделать ещё одну замену переменной, и свести задачу к
      рациональной функции:
      \begin{align*}
        u &\equiv (a + bt)^{\frac{1}{A}} & &t = \frac{u^A - a}{b} \\
        A &\equiv \text{знаменатель дроби \(p\)} & d&t = \frac{A}{b}u^{A - 1}du \\
      \end{align*}
      Выполним подстановку: \[
        \mathref{2} = \frac{1}{n^2}\int (a + bt)^p t^{\frac{m + 1}{n} - 1}dt =
        \frac{1}{n^2}\int u^{Ap}\left(\frac{u^A - a}{b}\right)^{\frac{m + 1}{n}
        - 1}\frac{A}{b} u^{A - 1}du
      \]. \(\frac{m + 1}{n}\) -- целое число, \(Ap\) -- тоже, так как \(A\) --
      знаменатель дроби \(p\); следовательно, функция под знаком интеграла
      рациональная.
    \item \(\frac{m + 1}{n} - 1 + p \in \mathbb{Z}\)
      Если интеграл не попал под первые два случая, то этот вариант -- последняя
      надежда: \[
        \mathref{2} = \frac{1}{n^2}\int (a + bt)^p t^{\frac{m + 1}{n} - 1}dt =
        \frac{1}{n^2}\int \left(\frac{a + bt}{t}\right)^p t^{\frac{m + 1}{n} - 1
        + p}dt = \mathref{3}
      \]. Здесь делается другая замена для сведения к рациональной функции:
      \begin{align*}
        u &\equiv \left(\frac{a}{t} + b\right)^{\frac{1}{A}} & &t = \frac{a}{u^A - b} \\
        A &\equiv \text{знаменатель дроби \(p\)} & d&t = -Aa\frac{u^{A - 1}}{(u^A - 1)^2}du \\
      \end{align*}
      Выполним подстановку: \[
        \mathref{3} = \frac{1}{n^2}\int \left(\frac{a}{t} + b\right)^p
        t^{\frac{m + 1}{n} - 1 + p}dt = -\frac{1}{n^2}\int
        u^{Ap}\left(\frac{a}{u^A - b}\right)^{\frac{m + 1}{n} - 1 +
        p}Aa\frac{u^{A - 1}}{(u^A - 1)^2}du
      \]. \(\frac{m + 1}{n} + p\) -- целое число, \(Ap\) -- тоже, так как \(A\)
      -- знаменатель дроби \(p\); следовательно, функция под знаком интеграла
      рациональная.
  \end{enumerate}  
    Если интеграл не удовлетворяет ни одному из этих трёх условий, то можно выключать голову, и включать компьютер,
    так как верна следующая теорема (приводится здесь без доказательства):
  \begin{theorem}[теорема Чебышёва]
    \(\mathref{1}\) берётся только в вышеуказанных случаях.
  \end{theorem}

